2011天津高考

2011年高考天津市数学试卷-理

科(含详细答案)

2

2011年普通高等学校招生全国统一考试

天津卷（理科）

第Ⅰ卷

本卷共8小题，每小题5分，共40分

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的．

1．i是虚数单位,复数13i

1i







()．

A．2iB．2iC．12i

D．12i

【解】





13i1i

13i42i

2i

1i1i1i2









．故选Ｂ．

2．设,xyR，则“2x且2y”是“224xy”的()．

A．充分而不必要条件B．必要

而不充分条件

C．充分必要条件D．既不充

分也不必要条件

【解】因为2x且2y，则24x且24y，因而

224xy，所以“2x且2y”是“224xy”的充分条件，

取3xy，则满足224xy，但不满足

2x且2y，所以“2x且2y”不是“224xy”

的必要条件．

因此“2x且2y”是“224xy”的充分而

3

不必要条件．故选Ａ．

3．阅读右边的程序框图，运行相应的程序，

则输出i的值为()．

A．3

B．4

C．5

D．6

【解】运算过程依次为：

当1i时，1112a，

当2i时，2215a，

当3i时，53116a，

当4i时，16416550a．所以输出的4i．故

选Ｂ．

4．已知



n

a为等差数列，其公差为2，且

7

a是

3

a

与

9

a的等比中项，

n

S为



n

a的前n项和，n



N，则

10

S的

值为()．

A．110B．90C．90D．110

【解】因为等差数列的公差为2，则

31

4aa，

71

12aa，91

16aa，

因为

7

a是3

a与9

a的等比中项，所以2

739

aaa，

即

2

111

12416aaa，

22

1111

241442064aaaa，所以1

480a，1

20a．

4

于是



101

109

1

2

Sad



．故选Ｄ．

5．在6

2

2

x

x











的二项展开式中，2x的系数为

()．

A．15

4

B．15

4

C．3

8

D．3

8

【解】



6

326

166

2

C1C2

2

r

r

r

rrrr

r

x

Tx

x























，

令32r，则1r．

1

122622

26

63

1C2

168

Txxx．

所以，2x的系数3

8

，故选Ｃ．

6．如图，在ABC中，D是边AC

上的点，且ABAD，23ABBD，

2BCBD，则sinC的值为()．

A．3

3

B．3

6

C．6

3

D．6

6

【解】解法１．取BD的中点E，

因为ABAD，所以AEBD，因为23ABBD，3ABBE．

所以3

coscos

3

BE

ABEADB

AB

，

于是6

sinsin

3

ADBCDB．

C

B

D

A

E

C

B

D

A

5

在BDC中，由正弦定理得

sinsin

BCBD

CDBC





，

即2

sin

6

3

BDBD

C

，所以6

sin

6

C．故选Ｄ．

解法2．设1BD，由题设3

2

ABAD，2BC．

在ABD中，由余弦定理得

222

33

1

1

44

cos

3

23

2

4

ABADBD

BAD

ABAD











，

所以22

sin

3

BAD．

在ABC中，由正弦定理得

sinsin

BCAB

BADC





，即

3

2

2

sin

22

3

C

，

所以6

sin

6

C．故选Ｄ．

7．2

log3.45a，4

log3.65b，3

log0.31

5

c









，则()．

A．abcB．bacC．acb

D．cab

【解】解法1．3

3

3

10

log0.3

log

log0.3

3

1

55

5

c









，

下面比较

2

log3.4a



，

4

log3.6b



和

3

10

log

3

c



的大小．

6

因为1a



，1c



，1b



，则b

最小．

23

10

lg

10lg3.4

3

log3.4log

3lg2lg3

ac



，

因为10

lg3.4lg0

3

，0lg2lg3，所以11

lg2lg3

，

因此

10

lg

lg3.4

3

0

lg2lg3

ac



．所以ac



，因而acb



．

由于函数5xy是R上的增函数，所以acb．故

选Ｃ．

解法2．3

3

3

10

log0.3

log

log0.3

3

1

55

5

c









，

下面比较

2

log3.4a



，

4

log3.6b



和

3

10

log

3

c



的大小．

因为1a



，1c



，1b



，则b

最小．

因为

33

10

loglog3.4

3

c



，

所以

233

lg3.4lg3.410

log3.4log3.4log

lg2lg33

ac



，因而

acb



．

由于函数5xy是R上的增函数，所

以acb．故选Ｃ．

解法3．由解法2，

33

10

loglog3.4

3

c



,

画出函数

2

logyx和3

logyx的图象,

比较3.4x的纵坐标，可得

23

log3.4log3.4，

7

于是

233

10

log3.4log3.4log

3

ac



．因而acb



．

由于函数5xy是R上的增函数，所以acb．故

选Ｃ．

8．对实数a和b，定义运算“”：,1,

,1.

aab

ab

bab













设

函数

222fxxxx，xR．若函数

yfxc的图象

与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是

()．

A．



3

,21,

2









UB．3

,21,

4









U

C．11

1,,

44









UD．31

1,,

44











U

【解】由题设

2

2

3

2,1,

2

3

,1

2

xx

fx

xxxx





















或

画出函数的图象，函数图象的四

个端点（如图）为

1,1A，31

,

24

D







，

1,2B，33

,

24

C









，

从图象中可以看出，直线yc穿过点C，点A之

间时，直线yc与图象有且只有两个公共点，同

时，直线yc穿过点B及其下方时，直线yc与图

象有且只有两个公共点，所以实数c的取值范围

8

是



3

,21,

4









U．故选Ｂ．

第Ⅱ卷

二、填空题：本答题共6小题，每小题5分,

共30分．

9．一支田径队有男运动员48人，女运动员36

人．若用分层抽样的方法从该队的

全体运动员中抽取一个容量为21的

样本，则抽取男运动员的人数

为．

【解】12．

抽取男运动员的人数为

2121

484812

483684





（人）．

10．一个几何体的三视图如右图所示（单位：

m），则该几何体的体积为3m．

【解】6．

几何体是由一个长方体与一个圆锥组合的．体

积为

2

1

321136

3

V．

11．已知抛物线C的参数方程为28,

8

xt

yt











(t为参

俯视图

侧视图

正视图

1

2

2

3

3

3

9

数）．若斜率为1的直线经过抛物线C的焦点，且

与圆

2

2240xyrr相切，则r．

【解】2．

抛物线C的普通方程为28yx，其焦点为

2,0F．

直线方程为2yx．

因为直线与圆

2

2240xyrr相切，则圆心到直

线的距离等于半径，即

402

2

2

r



．

12．如图，已知圆中两条弦AB与CD

相交于点F，E是AB延长线上一点，

且2DFCF，::4:2:1AFFBBE，若CE与

圆相切，则线段CE的长为．

【解】7

2

．

因为::4:2:1AFFBBE，所以设BEa，2FBa，4AFa．

由相交弦定理，242DFCFAFFBaa，

所以1

2

a，1

2

BE，7

7

2

AEa．

因为CE与圆相切，由切割线定理，

2

177

224

CEAEBE．所以7

2

CE．

13．已知集合

349AxxxR，



1

46,0,Bxxtt

t









R，则集合ABI．

F

E

D

C

B

A

10

【解】

25xx．

解集合A．

当3x时，不等式化为349xx，解得4x．所

以解为43x；

当34x时，不等式化为349xx，即79．所

以解为34x；

当4x时，不等式化为349xx，解得5x，所

以解为45x．

综合以上，

45Axx．

解集合B．

因为0t，所以11

46246462xtt

tt

，

所以

2Bxx，因而

25ABxxI．

14．已知直角梯形ABCD中，//ADBC，90ADC，

2AD，1BC，P是腰DC上的动点，则3PAPB

uuuruuur的最小

值为．

【解】5．

解法1．以D为坐标原点，DA所

在直线为x轴，DC所在直线为y轴，

建立如图的直角坐标系．

由题设，

2,0A，设

0,Cc，

0,Py，

则

1,Bc．

y

x

P

D

C

B

A

11

2,PAy

uuur，

1,PBcy

uuur．

35,34PAPBcy

uuuruuur．

2

235345PAPBcy

uuuruuur，

当且仅当3

4

c

y时，等号成立，于是，当3

4

c

y时，

3PAPB

uuuruuur有最小值5．

解法2．以相互垂直的向量DP，DA为基底表

示PBPA3，得

5

3333

2

PAPBDADPPCCBDAPCDP

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur．

又P是腰DC上的动点，即PC与DP共线，于是可

设DPPC，

有DPDAPBPA)13(

2

5

3．

所以222255

3(31)(31)

42

PAPBDADPDADP







uuuruuuruuuruuuruuuruuur

即2

2

22

)13(25)13(

4

25

3DPDPDAPBPA．

由于P是腰DC上的动点，显然当

3

1

，即DPPC

3

1



时，

所以3PAPB

uuuruuur有最小值5．

解法3．如图，3PBPF

uuuruuur，设E为AF

的中点，Q为AB的中点，则

S

G

2

1

b

a

T

Q

F

B

E

C

P

DA

12

1

2

QEBFPB

uuuruuuruuur，

32PAPBPAPFPE

uuuruuuruuuruuuruuur，①

因为PBPQPE

uuuruuuruuur，PBPQQB

uuuruuuruuur．

则

22222222PBPQPBPQPBPQPEQB

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur．②

（实际上，就是定理：“平行四边形的对角线

的平方和等于各边的平方和”）

设T为DC的中点，则TQ为梯形的中位线，



13

22

TQADBC．

设P为CT的中点，且设,CPaPTb，

则2

21PBa

uuur，2

2

9

4

PQb

uuur，

2

21

4

QBab

uuur，

代入式②得

222

2

22

91

22212

44

PBPQabPEab









uuuruuuruuur，

于是

2

22525

44

PEab

uuur，于是25PE

uuur，当且仅当ab

时，等号成立．

由式①，325PAPBPE

uuuruuuruuur，

所以3PAPB

uuuruuur有最小值5．

三、解答题：本大题共6小题，共80分。解

答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

13

15．(本小题满分13分)已知函数

π

tan2

4

fxx









，

(Ⅰ)求函数的定义域与最小正周期；

(Ⅱ)设π

0,

4











，若2cos2

2

f













，求的大小．

【解】(Ⅰ)函数的定义域满足ππ

2π

42

xk，kZ，

解得π

82

k

x



，kZ．

所以函数的定义域为π

,

82

k

xxk









Z．最小正周

期为π

2

T．

(Ⅱ)解法１．因为2cos2

2

f













，所以

π

tan2cos2

4











，

所以

22

π

sin

4

2cossin

π

cos

4

























，

于是



sincos

2cossincossin

sincos













，

因为π

0,

4











，所以sincos0，所以

21

cossin

2

，

因而1

12sincos

2

，1

sin2

2

，

因为π

0,

4











，所以π

20,

2











，所以π

2

6

，π

12

．

14

解法2．因为2cos2

2

f













，所以

π

tan2cos2

4











，

π1tan

tan

41tan



















，

222

22

222

cossin1tan

2cos22cossin22

cossin1tan













，

所以

2

22

1tan1tan

1tan1tan

22

1tan1tan1tan















，

因为π

0,

4











，所以1tan0，

于是

2

221tan1tan，整理得

2tan4tan10，

所以tan23，因为0tan1，所以tan23，

因此π

12

．

解法3．tan2cos22sin2

42











ππ，

sin

4

4sincos

44

cos

4































π

ππ

π

，

因为0,

4











π，所以sin0

4











π．

得2

1

cos

44











π．故1

cos

42











π．

于是

34

ππ

．所以

12

π

．

15

16．(本小题满分13分)学校游园活动有这样

一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球，

乙箱子里装有1个白球，2个黑球，这些球除颜色

外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸

出2个球，若摸出的白球不少于2个．则获奖．（每

次游戏结束后将球放回原箱）

(Ⅰ)求在1次游戏中，

(ⅰ)摸出3个白球的概率；

(ⅱ)获奖的概率；

(Ⅱ)求在2次游戏中，获奖次数X的分布列及

数学期望

EX．

【解】(Ⅰ)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i个白

球”为事件

i

A0,1,2,3i，则

2

1

3

2

3

22

53

C

C

1

CC5

PA．

(ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B，则

23

BAAU，

211

21

332

22

2

2222

5353

CCC

CC

1

CCCC2

PA，

因为

2

A和

3

A互斥，所以

23

117

2510

PBPAPA．

(Ⅱ)X的所有可能值为0,1,2X

279

01

10100

PX









，

16

1

2

7721

11

101050

PXC









，

2749

2

10100

PX









，

所以X的分布列是

数学期望



921497

012

100501005

EX．

17．(本小题满分13分)如图，在

三棱柱中

111

ABCABC中，H是正方形的

中心，

1

22AA，

111

CHAABB平面，且

1

5CH．

(Ⅰ)求异面直线AC与

11

AB所成角

的余弦值；

(Ⅱ)求二面角111

AACB的正弦值；

(Ⅲ)设N为棱11

BC的中点，点M

在平面

11

AABB内，且111

MNABC平面，

X

0

12

P

9

100

21

50

49

100

H

C

1

B

1

A

1

C

B

A

17

求线段BM的长．

【解】解法１．如图所示，建立空间直角坐标

系，其中点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，

1

BB

所在直线为y轴．

由题意，

0,0,0B，22,0,0A，2,2,5C，1

22,22,0A，

1

0,22,0B，1

2,2,5C．

(Ⅰ)2,2,5AC

uuur,11

22,0,0AB

uuuur.

所以11

11

11

42

cos,

3

322

ACAB

ACAB

ACAB







uuuruuuur

uuuruuuur

uuuruuuur.

(Ⅱ)1

0,22,0AA

uuur,11

2,2,5AC

uuuur，

设平面

11

AAC的法向量为

,,mxyz

r，则11

1

0,

0.

mAC

mAA















uuuur

r

uuur

r

即

2250,

220.

xyz

y















令5x，则0y，2z．5,0,2m

r．

设平面

111

ABC的法向量为

,,nabc

r，则11

11

0,

0.

nAC

nAB















uuuur

r

uuuur

r

即

2250,

220.

abc

x















令5b，则0x，2c．0,5,2n

r．

于是22

cos,

7

77

mn

mn

mn





rr

rr

rr，所以35

sin,

7

mn

rr．

所以二面角

111

AACB的正弦值为35

7

．

(Ⅲ)由N为棱11

BC的中点，得2325

,,

222

N









，设点

18

,,0Mpq，

则2325

,,

222

MNpq











uuuur．

因为

11

MNABC

1

平面，则11

11

0,

0.

MNAC

MNAB















uuuuruuuur

uuuuruuuur

即





2325

2250,

222

2

220.

2

pq

p



































解得

2

,

2

2

.

4

p

q



















故22

,,0

24

M









．向量22

,,0

24

BM











uuuur，

所以线段BM的长22

2210

0

244

BM











uuuur．

解法2．(Ⅰ)由于

11

//ACAC,故

111

CAB是异面直线AC

与

11

AB所成的角．

因为

111

CHAABB平面，H是正方

形的中心，

1

22AA，

1

5CH，

所以

11

2AHBH，

22

111111

453ACBCCHAH，

因此

222

111111

111

1111

2

cos

23

ACABBC

CAB

ACAB







．

(Ⅱ)连接1

AC，因为11

CHAB及H是1

AB的中点．则

111

ACBC，又111

AABA，1111

ACAC，所以

B

1

A

1

C

1

H

R

N

MF

E

D

C

B

A

19

1111

ACABCA≌．

过点A作

11

ARAC于R，连

1

BR，于是

111

BRAC，

所以

1

ARB为二面角

111

AACB的平面角．

在

11

RtARB中，2

11111

224

sin221

33

BRABRAB











，

连

1

AB，在

1

ARB中，

1

4AB，

1

ARBR，

222

11

1

1

2

cos

27

ARBRAB

ARB

ARBR







，从而

1

35

sin

7

ARB．

所以二面角

111

AACB的正弦值为35

7

．

(Ⅲ)因为

111

MNABC平面，所以

11

MNAB，取

1

HB的中

点D，连接ND．

由于N为棱

11

BC的中点，所以

1

//NDCH，且

1

15

22

NDCH．

又

111

CHAABB平面，故

11

NDAB，

因为MNNDNI，所以

11

ABMND平面，连接MD并延

长交

11

AB于点E，

则

11

MNAB．故

1

//NEAA．

由11

1111

1

4

BEBD

DE

AABABA

，得1

2

2

DEBE．

延长EM交AB于F，可得

1

2

2

BFBE，连接NE．

在RtENM中，NDME，由直角三角形的射影定理，

2NDDEDM，

20

所以252

4

ND

DM

DE

，2

4

FM．

连接BM，在RtBFM中，22

10

4

BMFMBF．

18．(本小题满分13分)在平面直角坐标系xOy

中，点

,0Pabab为动点，

1

F，

2

F分别为椭圆22

22

1

xy

ab

的左右焦点，已知

12

FPF为等

腰三角形．

(Ⅰ)求椭圆的离心率e；

(Ⅱ)设直线

2

PF与椭圆相交于,AB两点，M是直

线

2

PF上的点，满足2AMBM

uuuuruuuur，求点M的轨迹方程．

【解】(Ⅰ)设



1

,0Fc，



2

,0Fc．因为

12

FPF为等腰三

角形，

若

12

PFPF，则点P在y轴上，与

,0Pabab矛盾，

若

112

PFFF，则2

22acbc，222240aacac，

由c

e

a

，有24220ee，即2210ee，1e或1

2

e，

不合题意，

所以

212

PFFF，则2

22acbc，222240aacac，

由c

e

a

，有24220ee，即2210ee，1e（舍去）

或1

2

e．

所以椭圆的离心率为1

2

e．

21

(Ⅱ)解法1．因为1

2

e，所以2ac，3bc．所以

椭圆方程为2223412xyc．

直线

2

PF的斜率3

b

k

ac





，则直线

2

PF的方程为

3yxc．

,AB两点的坐标满足方程组



2223412,

3.

xyc

yxc















消去y并整理得2580xcx．则

1

0x，

2

8

5

xc．

于是1

1

0,

3

x

yc















2

2

8

,

5

33

.

5

xc

yc



















不妨设833

,

55

Acc









，0,3Bc．

设点M的坐标为

,xy．则833

,

55

AMxcyc











uuuur，

,3BMxyc

uuuur，

由

3yxc得3

3

cxy．则

833833

,

15555

AMyxyx











uuuur，,3BMxx

uuuur．

由2AMBM

uuuuruuuur，得833833

32

15555

yxxyxx











，

化简得218163150xxy．

将21815

163

x

y

x



代入3

3

cxy得2105

0

16

x

c

x



，所以0x．

因此点M的轨迹方程为218163150xxy，

0x．

22

解法2．因为1

2

e，所以2ac，3bc．

椭圆方程为2223412xyc．

直线

2

PF的斜率3

b

k

ac





，则直线

2

PF的方程为

3yxc．

,AB两点的坐标满足方程组



2223412,

3.

xyc

yxc















消去y并整理得2580xcx．则

1

0x，

2

8

5

xc．

于是1

1

0,

3

x

yc















2

2

8

,

5

33

.

5

xc

yc



















不妨设833

,

55

Acc









，0,3Bc．

因而点B为椭圆短轴的下顶点．

如图，因为2AMBM

uuuuruuuur，所以点M在线段AB的内

部，

设点M的坐标为

,xy．则0x．

过A和M作y轴的垂线．垂足分别为,CD．

因为

2

OFc，3OBc，则

26

OBF



，

于是22BMBDx，

8

22

5

AMACDMcx









．

因为2AMBM

uuuuruuuur，M是直线

2

PF上的点，则

2AMBM，

所以8

222

5

cxx









．即2

16

21

5

cxx，

F

2

P

D

C

M

B

A

O

y

x

23

2101650xcx，

0x．

由

3yxc得3

3

cxy．则2

3

101650

3

xxyx











，

0x．

2

163

650

3

xxy，于是218163150xxy，

0x．

因此点M的轨迹方程为218163150xxy，

0x．

解法3．因为1

2

e，所以2ac，3bc．所以椭圆

方程为2223412xyc．

直线

2

PF的斜率3

b

k

ac





，则直线

2

PF的方程为

3yxc．

,AB两点的坐标满足方程组



2223412,

3.

xyc

yxc















消去y并整理得2580xcx．

设



11

,Axy，



22

,Bxy．则12

12

8

,

5

0.

xxc

xx















①



1212

23

323

5

yyxxcc，

22

121212

9

3

5

yyxxcxxcc







．

则12

2

12

23

,

5

9

,

5

yyc

yyc



















24

②

因为2AMBM

uuuuruuuur，所以



1212

2xxxxyyyy，

22

12121212

20xxxxxxyyyyyy，③

将①，②代入式③得

222

8239

20

555

xcxycyc，

④

将3

3

cxy代入④并整理得218163150xxy．

将21815

163

x

y

x



代入3

3

cxy得2105

0

16

x

c

x



，所以0x．

因此点M的轨迹方程为218163150xxy，

0x．

19．(本小题满分14分)已知0a，函数

2lnfxxax，0x．（

fx的图象连续不断）

(Ⅰ)求

fx的单调区间；

(Ⅱ)当1

8

a时，证明：存在



0

2,x，使

0

3

2

fxf









．

(Ⅲ)若存在属于区间

1,3的,，且1，使

ff，证明：

ln3ln2ln2

53

a



．

【解】(Ⅰ)

2112

2

ax

fxax

xx





，0x．

令

0fx



，则2

2

a

x

a

．

25

当x变化时，

fx

，

fx的变化情况如下表：

x

2

0,

2

a

a









2

2

a

a

2

,

2

a

a











fx





0



fx单调

递增

极大值单调递

减

所以

fx的单调增区间是2

0,

2

a

a









，单调减区间是

2

,

2

a

a











．

(Ⅱ)当1

8

a时，2

1

ln

8

fxxx，

由(Ⅰ)知，

fx在

0,2单调递增，在

2,单调递

减．

令



3

2

gxfxf









．

由于

fx在

0,2单调递增，则



3

2

2

ff









，因而

20g．

取3

e2

2

x



，则2419e

0

32

gx





，

所以存在



0

2,xx



，使



0

0gx，即存在



0

2,x，

使



0

3

2

fxf









．

26

(Ⅲ)由

ff及

fx的单调性知2

2

a

a

．

从而

fx在区间

,上的最小值为

f．又由

1，

,1,3，则

123．

所以





21,

23,

fff

fff



















即ln24,

ln24ln39.

aa

aa











所以ln3ln2ln2

53

a



．

20．(本小题满分14分)已知数列



n

a与



n

b满足

122

0

nnnnn

baaba



，31

2

n

n

b



，n



N，且

1

2a，

2

4a．

(Ⅰ)求

3

a，

4

a，

5

a的值；

(Ⅱ)设2121nnn

caa



，n



N，证明



n

c是等比数列．

(Ⅲ)设242kk

SaaaL，k



N，证明4

1

7

6

n

k

k

k

S

a



n



N．

【解】(Ⅰ)因为

31

2

n

n

b



，n



N，所以

1,

2,n

n

b

n









為奇數,

為偶數.

又

122

0

nnnnn

baaba



，

当1n时，

123

20aaa，由1

2a，2

4a得3

3a；

当2n时，

234

20aaa，由2

4a，3

3a得4

5a；

27

当3n时，

345

20aaa，由

3

3a，

4

5a得

5

4a．

(Ⅱ)对任意n



N,有

21221

20

nnn

aaa



，

①

22122

20

nnn

aaa



，

②

212223

20

nnn

aaa



．

③

②－③得

223nn

aa



．④

④代入①得



21232121nnnn

aaaa



，

即

1nn

cc



，

⑤

又

113

10caa，

由⑤式，对所有n



N，0

n

c．因此11n

n

c

c

，

所以



n

c是等比数列．

(Ⅲ)解法1．由(Ⅱ)可得

2121

1k

kk

aa



．

于是，对任意k



N且2k，有

13

1aa，



35

1aa，

28

57

1aa，

…………………



2321

11k

kk

aa



．

将以上各式相加，得



121

11k

k

aak



，

所以

1

21

11k

k

ak



．

此式对1k也成立．

由④式

223nn

aa



得

1

2

13k

k

ak．

从而



22468424kkk

Saaaaaa



L

45672123kkk





L．

2124

233

kkk

SSakkk



．

所以对任意k



N，2n，

4

4342414

11

4342414

nn

kmmmm

km

kmmmm

SSSSS

aaaaa

















1

2221232

2222123

n

m

mmmm

mmmm

















1

23

2212223

n

m

mmmm















2

253

232212223

n

m

mmnn









2

153

321212223

n

m

mmnn











15111113

7

3235521212223nnnn

















L



15513

362212223nnn





29



27203824

62212223

nn

nnn







7

6

．

对于1n，不等式显然成立．

解法2．由(Ⅱ)可得



2121

1k

kk

aa



．

则

2121

1

1

11

kk

kk

aa









，

2121

1

1

11

kk

kk

aa









，

所以

21

1

k

k

a















是公差为1的等差数列，



21

11211

1

1

k

k

a

a

kkk





，

所以

1

21

11k

k

ak



．此式对1k也成立．

以下同解法1．